Algebra dla MSEM I, 2019/2020 ćwiczenia 20. – rozwiązania
10 grudnia 2019
1. Wykazać, że rząd macierzy
a b c d
ma rząd 2 wtedy i tylko wtedy, gdy ad − bc 6= 0.
Rzeczywiście, jeśli ad = bc, to d(a, b) = (ad, bd) = (bc, bd) = b(c, d), zatem ta macierz ma rząd ¬ 1. Jeśli ta macierz ma rząd ¬ 1, to rzędy są liniowo zależne. Zakładając, że żaden z wierszy nie jest zerowy, mamy x(a, b) = (c, d) dla pewnego x ∈ K. Zatem xa = c oraz xb = d. W takim razie, ad = xab = bc.
2. Wykazać, że jeśli A = [aij] ∈ M3×3(R) jest niezerową macierzą taką, że aij = −aji, to r(A) = 2.
W takim razie ta macierz ma postać
0 a b
−a 0 c
−b −c 0
Oczywiście r(A) 2, jeśli co najmniej jedno z a, b, c jest niezerowe, ale a(−b, −c, 0)−b(−a, 0, c)+c(0, a, b) = (0, 0, 0), zatem r(A) ¬ 2, czyli r(A) = 2.
3. Niech bazą V będzie (1, −1, 1, 1, −2), (4, 4, −4, −4, 0), (3, 1, 3, −1, 3), zaś bazą W wektory (−1, 0, 1, 0, 0), (0, −1, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 0, 1). Uzupełnić bazę przestrzeni V do bazy całej przestrzeni R5 korzystając z wektorów z W .
Wypisuję macierz i ją przekształcam:
1 −1 1 1 −2
4 4 −4 −4 0
3 1 3 −1 3
−1 0 1 0 0
0 −1 0 1 0
−1 0 0 0 1
→
1 −1 1 1 −2
0 1 −1 −1 1
0 4 0 −4 9
0 −1 2 1 −2
0 −1 0 1 0
0 −1 1 1 −1
→
1 −1 1 1 −2
0 1 −1 −1 1
0 0 −4 0 −5
0 0 1 0 −1
0 0 −1 0 1
0 0 0 0 0
→
1 −1 1 1 −2
0 1 −1 −1 1
0 0 −4 0 −5
0 0 0 0 1
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
Otrzymaliśmy 4 wierszy niezerowych, więc zadanie nie jest wykonalne – nawet połączone bazy obu prze- strzeni nie rozpinają R5.
4. Opisać układem równań liniowych przestrzeń lin((−9, 3, 6, −3), (−4, 2, 1, 5), (−5, 5, 4, 3)).
Rozwiązanie:
Wypisujemy macierz układu równań na możliwe współczynniki, kolejność kolumn a4, a3, a2, a1 (kolumna zer w pamięci):
−3 6 3 −9
5 1 2 −4
3 4 5 −5
w1·−1
−−−−−→3
1 −2 −1 3
5 1 2 −4
3 4 5 −5
w2− 5w1, w3− 3w1
−−−−−−−−−−−−−−→
1
1 −2 −1 3
0 11 7 −19
0 10 8 −14
w3· 11
−−−−→
1 −2 −1 3
0 11 7 −19
0 110 88 −154
w3− 10w2
−−−−−−−→
1 −2 −1 3
0 11 7 −19
0 0 18 36
w3· 1
−−−−→18
1 −2 −1 3
0 11 7 −19
0 0 1 2
w1+ w3, w2− 7w3
−−−−−−−−−−−−−→
1 −2 0 5
0 11 0 −33
0 0 1 2
w2· 1
−−−−→11
1 −2 0 5
0 1 0 −3
0 0 1 2
w1+ 2w2
−−−−−−→
1 0 0 −1 0 1 0 −3
0 0 1 2
A więc rozwiązanie bazowe to (a1, −2a1, 3a1, a1), czyli przestrzeń współczynników jest jednowymiarowa, a jej baza to np.: {(1, −2, 3, 1)}, czyli szukany układ równań składa się z jednego równania i jest to równanie:
x1− 2x2+ 3x3+ x4= 0
5. Znaleźć wymiar podprzestrzeni przestrzeni K[x] złożonej z wszystkich wielomianów stopnia mniejszego od 6 podzielnych przez x − 1.
Zauważmy, że x5− x4, x4− x3, x3− x2, x2− x, x − 1 jest układem wektorów liniowo niezależnych w tej przestrzeni. Co więcej, jeśli w jest w tej przestrzeni, to w = v(x − 1), gdzie v = ax4+ bx3+ cx2+ dx + e jest wielomianem stopnia co najwyżej 4. Wtedy: w = a(x5−x4)+b(x4−x3)+c(x3−x2)+d(x2−x)+e(x−1) jest kombinacją tego wybranego układu wektorów. Zatem jest on bazą i wymiar badanej przestrzeni wynosi 5.
6. Niech układ {v1, . . . vn} będzie bazą przestrzeni liniowej V . Niech w =Pn
i=1aivi. Wykaż, że następujące warunki są równoważne:
(i) Układ {v1+ w, . . . vn+ w} jest bazą V , (ii) w ∈ lin(v1+ w, . . . vn+ w),
(iii) Pn
i=1ai6= −1.
Implikacja (i) → (ii) jest oczywista.
Udowodnijmy, że z (ii) wynika (iii). Skoro dla pewnych b1, . . . , bn, w = b1(v1+ w) + . . . + bn(vn+ w), to mamy
n
X
i=1
aivi= w = b1(v1+ w) + . . . + bn(vn+ w) = (b1+ a1(b1+ . . . + bn))v1+ . . . + (bn+ an(b1+ . . . + bn))vn,
a skoro {v1, . . . vn} jest bazą, to ai = bi+ ai(b1+ . . . + bn) dla każdego i. Ale jeśli Pn
i=1ai = −1, to
−1 =P
ibi− 1(P
ibi), czyli −1 = 0, sprzeczność.
Dowodzimy, że z (iii) wynika (ii). Wystarczy pokazać, że te wektory są liniowo niezależne. Zatem niech b1(v1+ w) + . . . + bn(vn+ w) = 0,
wtedy
0 = b1(v1+ w) + . . . + bn(vn+ w) = (b1+ a1(b1+ . . . + bn))v1+ . . . + (bn+ an(b1+ . . . + bn))vn, a skoro {v1, . . . vn} jest bazą, to 0 = bi+ ai(b1+ . . . + bn) dla każdego i. W takim razie suma wszystkich 0 =P
ibi+ (P
iai)(P
ibi) = (1 +P
iai)(P
ibi), a skoro P
iai 6= −1, to 1 +P
iai 6= 0, więcP
ibi = 0.
Ale wtedy 0 = bi dla każdego i, co dowodzi liniowej niezależności, a więc tego, że {v1+ w, . . . vn+ w} jest bazą V .
7. Niech Q(√
5) z naturalnym dodawaniem będzie przestrzenią liniową nad ciałem Q(√
3) z mnożeniem ◦.
Wiedząc, że√
3 ◦ 1 = 2 +√
5, wylicz√ 3 ◦√
5.
W takim razie
3 ◦ 1(√ 3 ·√
3) ◦ 1 =√ 3 ◦ (√
3 ◦ 1) =√
3 ◦ (2 +√ 5) =√
3 ◦ 2 +√ 3 ◦√
5, Zatem
√ 3 ◦√
5 = 3 ◦ 1 −√
3 ◦ 2 = (1 + 1 + 1) ◦ 1 −√
3 ◦ (1 + 1) = 1 + 1 + 1 −√
3 ◦ 1 −√
3 ◦ 1 = 3 − 4 − 2√
5 = −1 − 2√ 5.
2
8. Zilustruj twierdzenie Steinitza o wymianie na przykładzie bazy standardowej R4 oraz układu wektorów ((−2, 1, 0, −3), (2, −1, 1, 3)).
Twierdzenie Steiniza mówi, że każdy układ liniowo niezależny, w tym przypadku ((−2, 1, 0, −3), (2, −1, 1, 3)),
mogę uzupełnić do bazy używając w tym celu wybranych wektorów z pewnej ustalonej bazy (w tym wypad- ku standardowej). I rzeczywiście w tym przypadku wystarczy wziąć np. (0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1). Sprawdźmy:
−2 1 0 −3
2 −1 1 3
0 1 0 0
0 0 0 1
w2+ w1
−−−−−→
−2 1 0 −3
0 0 1 0
0 1 0 0
0 0 0 1
w2↔ w3
−−−−−−→
−2 1 0 −3
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
,
czyli rzeczywiście dostaliśmy bazę.
9. Niech K będzie przestrzenią liniową nad ciałem liczb wymiernych Q wszystkich funkcji R → R ze stan- dardowymi działaniami.
a) Czy zbiór A ⊆ K wszystkich funkcji parzystych jest podprzestrzenią liniową?
Niech f, g będą funkcjami parzystymi, wtedy (f + g)(−x) = f (−x) + g(−x) = f (x) + g(x) = (f + g)(x), więc f + g jest funkcją parzystą.
Jeśli dodatkowo a ∈ R, to (af )(−x) = af (−x) = af (x) = (af )(x). Czyli af też jest parzysta, zatem to jest podprzestrzeń.
b) Czy zbiór B ⊆ K wszystkich funkcji nieparzystych jest podprzestrzenią liniową?
Niech f, g będą funkcjami nieparzystymi, wtedy (f + g)(−x) = f (−x) + g(−x) = −f (x) − g(x) =
−(f + g)(x), więc f + g jest funkcją nieparzystą.
Jeśli dodatkowo a ∈ R, to (af )(−x) = af (−x) = −af (x) = −(af )(x). Czyli af też jest nieparzystą, zatem to jest podprzestrzeń.
c) Opisz A ∩ B.
Jeśli −f (x) = f (−x) = f (x), to f (x) = 0, zatem A ∩ B = {0}, gdzie 0 to funkcja stale równa zero.
d) Udowodnij, że każdą funkcję f ∈ K można jednoznacznie zapisać jako sumę funkcji parzystej i niepa- rzystej.
Rzeczywiście mając funkcję f , niech g(x) = (f (x) + f (−x))/2 jest oczywiście funkcją parzystą, nato- miast h(x) = (f (x) − f (−x))/2 jest funkcją nieparzystą, oraz f (x) = g(x) + h(x).
Załóżmy teraz, że f = g0 + h0, gdzie g0 też jest parzysta, a h0 jest nieparzysta. Wtedy f (−x) = g0(−x) + h0(−x) = g0(x) − h0(x), Zatem g0(x) = (f (x) + f (−x))/2 = g(x), więc również h0(x) = h(x).
e) Czy zbiór C ⊆ K wszystkich funkcji okresowych jest podprzestrzenią liniową?
Nie, np. f (x) = bxc oraz g(x) = bx√
2c są okresowe, ale f + g już nie, bowiem (f + g)(x) = 0, wtedy i tylko wtedy, gdy x, x√
2 ∈ Z, co zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x = 0. Rzeczywiście, zakładają przeciwnie x√
2/x =√
2 ∈ Q, co nie jest prawdą.
f) Czy zbiór F ⊆ K wszystkich funkcji o okresie będącym liczbą wymierną jest podprzestrzenią liniową?
Tak, oczywiście, jeśli f jest funkcją okresową, to af jest funkcja o tym samym okresie. Niech zatem f, g będą funkcjami o okresach odpowiednio p/q, p0/q0∈ Q, p, p0, q, q0 ∈ N \ {0}. Wtedy (f + g)(pp0+ x) = f (pp0+ x) + g(pp0+ x) = f (p0q · (p/q) + x) + f (pq0· (p0/q0) + x) = f (x) + g(x) = (f + g)(x), więc f + g ma okres pp0∈ N ⊆ Q.
g) Opisz F ∩ Q[x].
Niech w(x) będzie wielomianem o współczynnikach wymiernych o okresie q ∈ Q. W takim razie wielo- mian w(x) − w(0) ma nieskończenie wiele pierwiastków, czyli w(x) − w(0) = 0, zatem w(x) = w(0) ∈ Q, więc F ∩ Q[x] to zbiór wszystkich funkcji stałych o wartości wymiernej.
10. Niech W = lin(v1, . . . , vn) będzie podprzestrzenią przestrzeni V . Udowodnij, że dim W = n wtedy i tylko wtedy, gdy v1, . . . , vn jest bazą przestrzeni W .
Oczywiście, jeśli jest to baza, to oczywiście dim W = n. Załóżmy zatem, że dim W = n oraz, że v1, . . . , vn
nie jest bazą, czyli nie jest liniowo niezależnym układem wektorów. Zatem pewien z nich, powiedzmy vi
jest kombinacją pozostałych. Ale wtedy W = lin(v1, . . . , vi−1, vi+1, . . . , vn), zatem dim V ¬ n − 1.
3
